例析硝酸与金属反应的计算技巧

1、例析硝酸与金属反应的计算技巧摘要：通过实例和相关变形处理，介绍了硝酸与金属 反应的计算题教学，旨在帮助学生理清反应的原理，合理应 用电子守恒、原子守恒、电荷守恒等守恒关系，掌握化繁为 简、化难为易、加快解题速度等计算技巧，由此培养及提高 学生的计算能力和创造性思维能力。关键词：硝酸；金属；氧化还原反应；守恒；化学计算文章编号：1005?C6629（2016）5?C0078?C05 中图分类 号：G633.8文献标识码：B硝酸和金属反应都是氧化还原反应，产物比较复杂。解 决有关计算的问题，需要学生有较强的思维能力。近年来受 新课改影响的部分教师过于重视探究过程，而忽视了对学生 计算能力的培养，导

2、致学生对硝酸与金属反应的计算问题， 感到束手无策。如果抓住反应的实质，明确反应物和生成物微粒或者电 荷之间的量的关系，用守恒的观点思考问题，解答起来就会 得心应手、轻而易举了 1。为了帮助学生学会分析和思考， 可以分类举例，有针对性地进行训练，并进行适当变形，力 求让学生能举一反三，触类旁通。1电子数守恒在氧化还原反应过程中，总是存在着氧化剂得到（或者 偏向）电子总数等于还原剂失去（或者偏离）电子总数的关 系。根据氧化还原反应中电子转移的总数守恒，可以列出关 系式解答题目。例题1将3.84g铜与一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解， 产生NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为2.24L，则， 其中

3、NO的体积为L，NO2的体积为L。分析：在反应中1mol Cu失去2mol电子，3.84g Cu艮口 0.06mol Cu，共失去 0.12mol 电子。HNO3 每生成 1mol NO 要 得到3mol电子，每生成1mol NO2要得到1mol电子。再根 据电子守恒的原则可列出方程组求解。答案：NO的体积为0.224L，NO2的体积为2.016L。如果将原来的题目经过变形，又可以有以下几种情况。变形1 3.84g Cu和一定量的浓硝酸反应，当铜反应完毕 后，共收集到标准状况下的气体2.24L；把收集到气体的集气 瓶倒立于水槽中，要通入多少mL标准状况下的O2可以使集 气瓶充满溶液？提示：HN

4、O3在反应中可能被还原为NO,也可能被还原 为NO2,但是最后都与O2反应，再次被氧化为HNO3。所以， 在整个反应过程中只有Cu失电子，O2得电子。其中1mol Cu 反应中失去电子2mol，1mol O2得到4mol电子。解：根据电子转移守恒，可以得出关系式：解得 n (02) =0.03mol，贝，V (02) =0.03X22.4X 1000mL=672mL答案：需要通入672mL标准状况下的氧气，才可以使集 气瓶充满溶液。变形2 3.84g Cu投入适量的浓硝酸充分反应后，铜粉完 全溶解，收集到1.12L标准状态下的气体，如将此气体通过 足量水，最后收集到标准状况下气体的体积是多少？

5、提示：不管HNO3被还原为NO2还是NO，最后与水反 应余下的气体一定为NO，即HNO3中+5价的氮转变成+2价 的氮(NO)。根据铜失去的电子数与硝酸最终得到的电子数 的守恒关系可解。解：根据电子守恒可得关系式：解得 n (NO) =0.04mol，贝，V (NO) =896mL答案：最后收集到标准状况下气体的体积是896mL。变形3 1.92g Cu完全溶于硝酸，产生氮的氧化物(NO、 NO2、N2O4)混合气体共0.05mol。该混合气体的平均相对 分子质量可能是()。30 B. 40 C. 50 D. 66提示：根据电子守恒，利用极限假设法可解。解：1.92g Cu 即 0.03mol

6、 Cu 失去 0.06mol 电子，HNO3 生成1mol NO需结合3mol电子、生成1mol NO2需结合1mol 电子、生成1mol N2O4需结合2mol电子。根据电子守恒得 3n(NO)+n(NO2)+2n(N2O4)= 0.06mol 同时 n (NO) +n (NO2) +n (N2O4)=0.05mol两式相减，整理可得2n (NO) +n (N2O4)=0.01mol讨论：假设生成物中无N2O4,则有0.005mol NO和0.045molNO2，平均相对分子质量为44.4；假设生成物中无NO，则有0.01mol N2O4和0.04molNO2，平均相对分子质量为55.2。答

7、案：C。2原子数守恒根据质量守恒定律，化学反应前后组成物质的元素种类 不变，原子(或离子)的数目也不会发生变化。比如，参加 反应硝酸的物质的量，等于生成物中含有的氮原子的物质的 量之和。这样涉及到复杂的化学反应过程的计算问题，就可 以利用N原子个数守恒的方法进行计算2。例题2若将12.8g铜跟一定量的浓硝酸反应，铜完全溶 解时，共产生5.6L标准状况下的气体(不考虑转化为N2O4)， 则所消耗的硝酸的物质的量是。分析：12.8g Cu 就是 0.2mol Cu，反应生成 0.2mol Cu( NO3 ) 2，气体产物NO2或NO中均含有1个N原子，根据N原子 守恒即可计算。解：消耗的硝酸的物质

8、的量为：2X0.2mol+ (5.622.4)mol=0.65mol答案：0.65mol。变形 1 12.8g Cu 与 30mL 8 mol?L-1 HNO3 反应，硝酸的 还原产物为NO、NO2，反应后溶液中所含H+为a mol，则此 时溶液中所含的NO3-为mol。变形 2现将 12.8g Cu 溶于 40mL 13.5 mol?L-1 的浓 HNO3 中，等铜完全溶解后，并测得溶液的pH=0，设反应后的溶液 体积仍为40.0mL，计算被还原的硝酸的物质的量。提示：找出反应后所有含有N的物质，根据N原子守恒 可解。解：反应前：n (HNO3) =0.04X13.5mol=0.54mol答

9、案：被还原的硝酸的物质的量为0.10mol。变形3取一定质量的均匀固体混合物Cu、Cu2O和CuO, 将其分成两等份，取其中一份用足量的氢气还原，测得反应 后得固体44.8g，另一份加入500mL稀硝酸，固体恰好完全 溶解，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，则这种硝酸 的物质的量浓度为()。3.2mol?L-1 B. 3.6mol?L-1C. 4.0mol?L-1 D.无法判断提示:先根据Cu原子个数守恒，求出固体溶解后Cu(NO3)2的物质的量，再根据N原子守恒进行计算。解：氢气还原后得到的固体为44.8g Cu即0.7mol，与硝酸反应后生成的Cu (NO3) 2也为0.7mol，

10、同时生成4.48L NO即 0.2mol。则消耗硝酸：n (HNO3) = (0.7X2+0.2) mol=1.6mol所以，这种硝酸的物质的量浓度为：c(HNO3)= 1.6mol/0.5L=3.2 mol?L-1。答案：A。3电荷数守恒所谓电荷数守恒，通常是指在溶液中，存在着所有阳离 子所带的正电荷总数与所有阴离子所带的负电荷总数相等 这样一个规律。例如金属与硝酸反应失去的电子数与金属阳 离子能结合的OH-数目是相等的，因为每一个OH-都带有一 个负电荷。即n (金属失电子)=n (金属所带正电荷)=n (生 成氢氧化物所需OH-)，以下简写为n (OH-) =n (e-) 3。例题3铜和

11、镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应中 硝酸被还原只产生4480mL的NO2气体和336mL N2O4 (都 已折算到标准状况)，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧 化纳溶液，生成沉淀的质量为()。A. 7.04g B. 8.26g C. 8.51g D. 9.02g分析：根据n (OH-) =n (e-)，求出合金生成沉淀结合 的OH-总数即可解答。解：由题意可知，生成NO2和N2O4结合电子的总数为:(4.48022.4)+ (0.336：22.4)X2=0.23mol根据n (OH-) =n (e-) =0.23mol,可知生成沉淀的质量 为：m (合金)+m (OH-) =4.6+0.

12、23X17=8.51g。答案：Co变形1将铜和镁的合金4.6g完全溶解于足量的硝酸中， 收集反应产生的气体X。再向所得溶液中加入过量的NaOH 溶液，产生8.0g沉淀。根据题意推断气体X的成分可能是()o0.05mol NO2 和 0.1mol NO0.02mol NO2 和 0.1mol N2O40.05mol NO、0.03mol NO2 和 0.01mol N2O40.15mol NO提示：根据n (OH-) =n (e-),求出HNO3得到电子的 总数即可解答。解：沉淀物与铜镁合金的质量差为：8.0-4.6= 3.4g，即合 金生成沉淀结合0.2mol的OH-o根据n (OH-) =n

13、 (e-)可知， 反应中HNO3共得到0.2mol电子，只有C项符合。答案：Co变形2将17.9g Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH 溶液中，产生气体3.36L (标准状况)。另取等质量的合金溶 于过量的稀硝酸中，生成6.72L NO (标准状况)，向反应后 的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为()。A. 33.2g B. 25.4g C. 22.4g D. 19.6g提示：先由生成H2的量求出Al的量，再根据n (OH-)=n (e-)即可解答。解：合金溶于足量的NaOH溶液中，只有Al与NaOH溶 液反应放出的H2。标况下3.36LH2即0.15mol H2,根据2

14、A1 3H2,可求出 n (Al) =0.10mo1, m (Al) =2.7g；则 Fe、Cu 总质量为15.2g。合金溶于过量的稀硝酸生成的6.72L NO即0.3mol NO, 得到电子0.3molX3=0.9mol，其中Al失去0.3mol电子，所 以Fe、Cu共失电子0.6mol。最后沉淀为Cu(OH)2和Fe(OH) 2,质量为 15.2+0.6 X17=25.4g。答案：B。变形3向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物 中加入150mL 4 mol?L-1的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，并 放出2.24L NO (标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液， 无血红色

15、出现。若用足量的H2在加热条件下还原相同质量 的混合物，所得到的铁的物质的量为()。 A. 0.21mol0.25mol0.3mol D. 0.35mol提示：根据反应后溶液中电荷守恒求出Fe2+的量即可解 答。答案：B。4综合守恒综合利用电子得失守恒、原子个数守恒和电荷数守恒解 题。例题4足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和 NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与0.84L 02 （标准 状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。 若向所得硝酸铜溶液中加入3 mol?L-1 NaOH溶液至Cu2+恰 好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（）。A. 45mL B. 50

16、mL C. 55mL D. 60mL分析：在整个反应过程中Cu原子失去的电子数应该等 于O2所能提供的电子数。再根据n（OH-）=n（e-）即可求 出所需NaOH的量。解：根据题意，可得关系式：答案：B。变形1将一定质量的铜投入200mL 一定浓度的硝酸溶 液中，恰好完全反应，产生NO和NO2混合气体在标准状况 下的体积为11.2L。待产生的气体全部释放后，向溶液中加入 250mL，4 mol?L-1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部 转化成沉淀，求铜的质量和原硝酸的物质的量浓度。提示：根据电子守恒及n（OH-）=n（e-），再结合N原 子守恒，即可解题。解：根据题意，n（NO2、NO

17、）=11.2L：22.4 L?mol-1=0.5mol， n （NaOH） =4X0.25=1.00molc (HN03) =1.50mol：0.20L=7.50 mol?L-1答案：参加反应的铜的质量为32.00g；原来硝酸的物质 的量浓度为7.50 mol?L-1。变形2为了测定某铜银合金的组成，现将30.0g合金溶 于80mL 13.5 mol?L-1的浓HN03中，等合金完全溶解后，收 集到标况下6.72L N02和NO的混合气体，并测得溶液的pH=0， 设反应后溶液的体积仍为80.0mL，计算：合金中银的质量分数4？提示：根据N原子守恒，结合质量守恒列方程组，即可 求解。解：被还原的

18、硝酸的物质的量等于生成气体的物质的量， 即6.72L：22.4 L/mol=0.3mol；根据反应后溶液的pH，可知 剩余 n (HNO3) =0.08LX1 mol?L-1=0.08mol。设混合物中含 有 x mol Ag， y mol Cu，则有：108x+64y=30.0 (质量守恒)x+2y+0.3+0.08=1.08 (N 原子个数守恒)解得：x=0.1 y=0.3贝，m (Ag) =0.1mol X 108 g?mol-1=10.8g合金中银的质量分数为：10.830.0X100%= 36.0%答案：原合金中银的质量分数为36.0%。变形3将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，两者 恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得 溶液中加入物质的量浓度为3 mol?L-1 NaOH溶液至沉淀完全， 测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关 叙述中正确的是